2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高二分层班下学期5月月考数学（理）试题（解析版）

2021-2022学年安徽省滁州市定远县育才学校高二分层班下学期5月月考数学（理）试题

一、单选题

1．电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0~255．在电脑上绘画可以分别从这三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，得到每种颜色有256种色号，由分步计数原理计算，即可求解.

【详解】根据题意，红、黄、绿三种基本颜色有种色号，即每种颜色有种色号，

从三种颜色的所有色号中各选一个配成一种颜色，

由分步计数原理，可以配成种颜色.

故选：A.

2．若的展开式中各项系数之和为，则展开式的常数项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用赋值法求出，再由二项式展开式的通项公式即可求解.

【详解】令得展开式中的各项系数和为，解得，

所以展开式的通项为，

令得展开式的常数项为．

故选：．

3．2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时创意新颖，赢得了全球观众的好评．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“雨水”、“惊蛰”、“春分”、“清明”、“谷雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数有（    ）

A．24 B．48 C．144 D．240

【答案】C

【分析】结合捆绑法、插空法来求得不同的放置方式种数.

【详解】将“立春”和“春分”两块展板捆绑，与“雨水”、 “谷雨”一起排列，然后将“清明”与“惊蛰”两块展板插空，

所以不同的放置方式种数有种.

故选：C

4．已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，其中90分为及格线，则下列结论中错误的是（    ）

附：随机变量服从正态分布，则．

A．该校学生成绩的期望为110 B．该校学生成绩的标准差为9

C．该校学生成绩的标准差为81 D．该校学生成绩及格率超过

【答案】C

【分析】利用正态分布以及“原则”进行计算即可.

【详解】因为该校学生的成绩服从正态分布，则，方差为，标准差为，

因为，

，

所以该校学生成绩的期望为110，该校学生成绩的标准差为9，该校学生成绩及格率超过．

故选：C．

5．近年来，随着生态环境的修复，鸟类生存环境得到改善，种群数量不断增加．某市鸟类保护专家对当地鸟类品种进行统计，得到下表：

两个变量与满足线性回归方程，以此为模型预测2021年当地鸟类品种数约为（    ）

（参考数据：）A．254 B．255 C．256 D．257

【答案】C

【分析】由于线性回归方程满足样本中心点，所以先求出样本中心点坐标，代入方程求出，再将代入方程中可求得答案

【详解】解：由题意得，，

因为两个变量与满足线性回归方程，

所以，得，

所以，

所以当时，，

所以2021年当地鸟类品种数约为256，

故选：C

6．一道考题有4个，要求学生将其中的一个正确选择出来．某考生知道正确的概率为，而乱猜正确的概率为．在乱猜时，4个都有机会被他选择，如果他答对了，则他确实知道正确的概率是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据全概率公式，结合贝叶斯公式进行求解即可.

【详解】[设A＝“考生答对”，B＝“考生知道正确”，

由全概率公式：

．

又由贝叶斯公式： ．

故选：B

7．若随机变量X～N（μ，σ2）（σ＞0），则有如下结论：，高三（1）班有40名同学，一次数学考试的成绩服从正态分布，平均分为120，方差为100，理论上说在130分以上人数约为（    ）

A．19 B．12 C．6 D．5

【答案】C

【分析】正态总体的取值关于X＝120对称，在130分以上的概率近似为（1﹣0.6826）＝0.1587，得到要求的结果.

【详解】∵数学成绩近似地服从正态分布N（120，102），

又

∴

根据正态曲线的对称性知：理论上说在130分以上的概率为（1﹣0.6826）＝0.1587

∴理论上说在130分以上人数约为0.1587×40≈6.

故选：C

8．面对全球蔓延的疫情，疫苗是控制传染的最有力技术手段.科研攻关组第一时间把疫苗研发作为重中之重，对灭活疫苗､重组蛋白疫苗､腺病毒载体疫苗､减毒流感病毒载体疫苗和核酸疫苗5个技术路线并行研发，组织了12个优势团队进行联合攻关.其中有5个团队已经依据各自的研究优势分别选择了灭活疫苗､重组蛋白疫苗､腺病毒载体疫苗､减毒流感病毒载体疫苗和核酸疫苗这5个技术路线，其余团队作为辅助技术支持进驻这5个技术路线.若保障每个技术路线至少有两个研究团队，则不同的分配方案的种数为（    ）

A．14700 B．16800 C．27300 D．50400

【答案】B

【分析】利用组合数以及分类、分步计数原理即可求解.

【详解】将其余的7个团队分成5个组，然后再分配给各技术路线.

第一类方案：按3，1，1，1，1分组，先从7个队中选择3个队，然后全排，有种.第二类方案：按2，2，1，1，1分组，先分组再分配，共有种.

综上，由分类加法计数原理知，共有16800种分配方案.

故选：B

二、多选题

9．下列叙述正确的是（    ）

A．命题“”的否定是“”

B．“”是“”的充要条件

C．在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好

D．样本线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱

【答案】ACD

【分析】对于A：通过命题的否定规则，即可进行判断；

对于B：通过求出，即可得到“”与“”的关系，即可进行判断；

对于C：理解残差平方和就是描述模型的拟合效果，即可进行判断；

对于D：样本线性相关系数就是描述两个变量的线性相关性的强弱，即可进行判断.

【详解】命题的否定是条件不变，但是条件中的量词要发生改变，然后对结论进行否定，所以命题“”的否定是“”，故选项A正确；

，，则“”是“”的必要不充分条件，故选项B错误；

在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好，故选项C正确；

样本线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱，故选项D正确.

故选：ACD.

10．下列说法，其中正确的是（    ）．

A．对于独立性检验，的值越大，说明两事件相关程度越大

B．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则c，k的值分别是和0.3

C．某中学有高一学生400人，高二学生300人，高三学生200人，学校团委欲用分层抽样的方法抽取18名学生进行问卷调查，则高一学生被抽到的概率最大

D．通过回归直线及回归系数可以精确反映变量的取值和变化趋势

【答案】AB

【分析】利用独立性检验、简单随机抽样、回归直线方程可以判定选项A,C,D,对于选项B,通过计算可得选项B正确.

【详解】解：由独立性检验得A说法是正确的；

B中模型两边取对数得，由线性方程得，知c，k的值分别是，0.3，故B说法正确；

根据简单随机抽样，每个个体被抽到的概率相同，故C错误；

回归直线及回归系数是预测变量的取值和变化趋势，并不是精确反映，故D错误．

故选：AB

11．一批产品共有10件，其中有5件一等品，3件二等品，2件三等品，给出下列4个结论，其中正确的有（    ）

A．从中一次性取3件，恰有一件一等品的概率是

B．从中一次性取3件，则至少有一件一等品的概率是

C．从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，则至少有一次取到一等品的概率为

D．从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，用表示抽取3件产品中一等品的件数，则的方差为

【答案】ABD

【分析】对于选项A，分别求出一次性取3件一共有多少种数，再求恰有一件一等品有多少种数即可求解，对于选项B、C由间接法可求解，对于选项D，根据二项分布可求解.

【详解】对于A，从中一次性取3件，恰有一件一等品的概率是，故A正确；

对于B，从中一次性取3件，则至少有一件一等品的概率是，故B正确；

对于C，从中有放回的抽取3件产品，每次任取一件，可知每次取到一等品的概率为，则至少有一次取到一等品的概率为，故C不正确；

对于D,由题意可知随机变量服从二项分布，即，所以，故D正确.

故选：ABD

12．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，+            例如第行的为第行中两个的和．则下列命题中正确的是(    )

A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是

B．在“杨辉三角”中，当时，从第行起，每一行的第列的数字之和为

C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字

D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则

【答案】ABC

【分析】A：根据二项式定理即可求解；B：根据等差数列求和公式即可求解；C：根据二项式即可求解；D：列出观察即可求解．

【详解】对于A，在杨辉三角中，第9行第7个数是，故A正确；

对于B，当时，从第行起，每一行的第列的数字之和为，故B正确；

对于C，在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字，即，

证明如下：

，

则由项和项相乘即可得到这一项的系数为：，

而是二项式的展开式中第项的二项式系数(即的系数)，

故，故C正确；

对于D，第行的第个数为，

∴，

即，故D错误．

故选：ABC．

三、填空题

13．樱花如约而至，武汉疫后重生．“相约春天赏樱花”的诺言今年三月在武汉大学履行．武汉大学邀请去年援鄂的广大医护人员前来赏樱．某医院计划在援鄂的3名医生和5名护士（包含甲医生和乙护士）中任选3名作为第一批人员前去赏樱，则甲医生被选中且乙护士未被选中的概率为______．

【答案】

【分析】利用组合数以及古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】3名医生和5名护士（包含甲医生和乙护士）中任选3名有种；

甲医生被选中且乙护士未被选中有，

所以甲医生被选中且乙护士未被选中的概率为.

故答案为：

14．受全球新冠疫情影响，出国留学学生人数较往年急剧缩减，某出国留学教学机构随机对全省各地的100名高二学生进行电话调查，询问学生出国留学的意向，结果统计如下表所示：

利用这些数据，将频率视为概率，试推测若以全省高二学生为研究范围，从有意向的人中随机抽取3人，既有男生又有女生的概率是______.

【答案】##0.63

【分析】以样本频率来估计总体的概率，可知为二项分布，根据对立事件的概率特征即可得有男生有女生的概率.

【详解】由题意，全省高二年级中，男生有意向的概率为0.7，女生为0.3，

随机抽取3人，都是女生的概率为 ，都是男生的概率为 ，

所以既有男生又有女生的概率为.

故答案为:

15．某种细菌每天增加，2个这种细菌经过10天大约会变为_______个？（用具体数字回答）

【答案】12

【分析】根据题意列出指数表达式再计算即可

【详解】由题意可得，2个这种细菌经过10天会变为

故答案为：12

16．某学校高二年级数学学业质量检测考试成绩X ~N（80，25），如果规定大于或等于85分为A等，那么在参加考试的学生中随机选择一名，他的成绩为A等的概率是___________.（若X ~ N（μ，σ2），则P（μ-σ<X<μ+σ）= 0.6827，P（μ- 2σ<X<μ+2σ）= 0.9545，P（u-3σ<X<μ+ 3σ）= 0.9973）

【答案】0.1587

【分析】直接根据正态分布的对称性即可得结果.

【详解】.

故答案为： 0.1587.

四、解答题

17．已知

(1)求的值；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)0

【分析】（1）利用赋值法求解即可；

（2）根据系数的特征，利用导数和赋值法求解.

【详解】（1）令，得，令，得，

所以；

（2）等式两边同时求导，得

，令，

得．

18．设全集，集合，集合

(1)当时，求；

(2)若“”是“”的必要不充分条件，求a的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据集合交集、补集的定义进行求解即可；

（2）根据必要不充分的性质进行求解即可.

【详解】（1）；当时，；

∴，

∴；

（2）由（1）知：∵“”是“”的必要不充分条件，，

当时，满足；此时，解得：；

当时，，解得： ：

综上所述：a的取值范围为.

19．现有4个编号为1，2，3，4不同的球和4个编号为1，2，3，4不同的盒子，把球全部放入盒内．

(1)恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？

(2)恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？

(3)每个盒子内只放一个球，且球的编号和盒子的编号不同的方法有多少种？

【答案】(1)144

(2)84

(3)9

【分析】（1）恰有一个盒子不放球等价于4个球放入3个盒子，用捆绑法把其中两个球绑一起放入同一个盒子；

（2）恰有两个盒子不放球等价于4个球放入2个盒子，2个盒子的球数分为2类：1和3；2 和2；

（3）编号为1的球有3种方法，把与编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号盒子或者其他两个盒子，剩下的球方法唯一

【详解】（1）种

（2）种

（3）编号为1的球有种方法，把与编号为1的球所放盒子的编号相同的球放入1号盒子或者其他两个盒子，共有种，即种．

20．某乡镇为了发展旅游行业，决定加强宣传，据统计，广告支出费与旅游收入（单位：万元）之间有如下表对应数据：

（1）求旅游收入对广告支出费的线性回归方程，若广告支出费万元，预测旅游收入；

（2）在已有的五组数据中任意抽取两组，根据（1）中的线性回归方程，求至少有一组数据，其预测值与实际值之差的绝对值不超过的概率.（参考公式：，，其中为样本平均值，参考数据：，，）

【答案】（1），；（2）

【分析】（1）根据回归方程公式直接计算得到，代入数据计算得到答案.

（2）计算与实际值之差的绝对值不超过的有组，共有组不同的结果，满足“两组其预测值与实际值之差的绝对值都超过”的有种结果，得到概率.

【详解】（1）由题意知，，，，

∴，当时，.

（2）对应的预测值分别有，分别记为组，

其中与实际值之差的绝对值不超过的有组，

从五组数据中任取两组，共有：

组不同的结果，

其中满足“两组其预测值与实际值之差的绝对值都超过”的有种结果，

∴.

【点睛】本题考查了回归方程，概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.

21．云南是世界茶树的原产地之一，也是中国四大茶产区之一，独特的立体气候为茶叶的种质资源多样性创造了良好的自然条件，茶叶产业是云南高原特色农业的闪亮名片．某大型茶叶种植基地为了比较、两品种茶叶的产量，某季采摘时，随机选取种植、两品种茶叶的茶园各30亩，得到亩产量（单位：亩）的茎叶图如下（整数位为茎，小数位为叶，如55.4的茎为55，叶为4）：

亩产不低于的茶园称为“高产茶园”，其它称为“非高产茶园”.

（1）请根据已知条件完成以下列联表，并判断是否有95%的把握认为“高产茶园”与茶叶品种有关？

（2）用样本估计总体，将频率视为概率，现从该种植基地品种的所有茶园中随机抽取4亩，且每次抽取的结果相互独立，设被抽取的4亩茶园中“高产茶园”的亩数为，求的分布列和数学期望．

附：，

【答案】（1）列联表见解析，有95%的把握认为“高产茶园”与茶叶品种有关；（2）分布列见解析，E（X）＝.

【分析】（1）根据已知条件填写列联表，计算K2，对照临界值得出结论；

（2）由题意知X～B（4，），计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值．

【详解】（1）根据已知条件完成2×2列联表如下，

计算K2＝＝4.812＞3.841，所以有95%的把握认为“高产茶园”与茶叶品种有关；

（2）由题意知，P＝＝，X～B（4，），

计算P（X＝0）＝•＝，

P（X＝1）＝••＝，

P（X＝2）＝••＝，

P（X＝3）＝••＝，

P（X＝4）＝• ＝；

所以X的分布列为：

数学期望为E（X）＝4×＝．

【点睛】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，二项分布的应用，也考查了运算求解能力，属于中档题．

22．某柑桔基地因冰雪灾害，使得果林严重受损，为此有关专家提出两种拯救果林的方案，每种方案都需分两年实施；若实施方案一，预计当年可以使柑桔产量恢复到灾前的1.0倍、0.9倍、0.8倍的概率分别是0.3、0.3、0.4；第二年可以使柑桔产量为上一年产量的1.25倍、1.0倍的概率分别是0.5、0.5. 若实施方案二，预计当年可以使柑桔产量达到灾前的1.2倍、1.0倍、0.8倍的概率分别是0.2、0.3、0.5；第二年可以使柑桔产量为上一年产量的1.2倍、1.0倍的概率分别是0.4、0.6. 实施每种方案，第二年与第一年相互独立．令表示方案实施两年后柑桔产量达到灾前产量的倍数．

(1)写出的分布列；

(2)实施哪种方案，两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大？

(3)不管哪种方案，如果实施两年后柑桔产量达不到灾前产量，预计可带来效益10万元；两年后柑桔产量恰好达到灾前产量，预计可带来效益15万元；柑桔产量超过灾前产量，预计可带来效益20万元；问实施哪种方案所带来的平均效益更大？

【答案】(1)具体见解析；

(2)方案二两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大；

(3)方案一所带来的平均效益更大．

【分析】（1）根据题意得出的所有可能取值，进而列出分布列即可；

（2）根据题意分别算出两种方案两年后柑橘产量超过灾前产量的概率，进而比较大小；

（3）根据题意算出两种方案收益的期望，进而比较大小即可得到答案.

【详解】（1）的所有取值为，的所有取值为.

、的分布列分别为：

（2）令A、B分别表示方案一、方案二两年后柑桔产量超过灾前产量这一事件，

，，

可见，方案二两年后柑桔产量超过灾前产量的概率更大．

（3）令表示方案所带来的效益，则

 所以，可见，方案一所带来的平均效益更大．